Question

已知數(shù)列{a_n}滿足a1=1，  a2=

1

2

，  an-1an+anan+1=2an-1an+1．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設數(shù)列{b_n}的前n項和為Sn=1-

1

2n

，試求數(shù)列{

bn

an

}的前n項和T_n；
（Ⅲ）記數(shù)列{1-

a

2 n

}的前n項積為∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)，試證明：

1

2

＜∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)＜1．

Answer 1

分析：（I）由a_n-1a_n+a_na_n+1=2a_n-1a_n+1，兩邊同除以a_na_n-1a_n+1即可⇒

1

an+1

+

1

an-1

=

2

an

．而a1=1且

1

a2

-

1

a1

=2-1=1，故{

1

an

}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．
（II）利用b_n=

S1，當n=1時 Sn-Sn-1，當n≥2時

即可得到b_n，可得

bn

an

=

n

2n

，利用“錯位相減法”即可得到T_n；
（III）因為1-

a

2 n

=1-(

1

n

)2=(1+

1

n

)(1-

1

n

)=

n+1

n

•

n-1

n

．利用“累乘求積”即可得出∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)=

1

2

(1+

1

n

)．進而即可證明．

解答：解：（Ⅰ）由an-1an+anan+1=2an-1an+1⇒an(an-1+an+1)=2an-1an+1⇒

an-1+an+1

an-1an+1

=

2

an

⇒

1

an+1

+

1

an-1

=

2

an

⇒

1

an+1

-

1

an

=

1

an

-

1

an-1

．
而a1=1且

1

a2

-

1

a1

=2-1=1，
因此{

1

an

}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．
從而

1

an

=1+1×(n-1)=n⇒an=

1

n

．
（Ⅱ）當n=1時，b1=S1=1-

1

2

=

1

2

．
當n≥2時，bn=Sn-Sn-1=(1-

1

2n

)-(1-

1

2n-1

)=

1

2n

．
而b₁也符合上式，故bn=

1

2n

，從而：

bn

an

=

n

2n

．
所以Tn=

1

21

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

⇒

1

2

Tn=

1

22

+

2

23

+

3

24

+…+

n

2n+1

．
將上面兩式相減，可得：

1

2

Tn=

1

21

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n

2n+1

=

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-

1

2n

-

n

2n+1

⇒Tn=2-

n+2

2n

．
（Ⅲ）因為1-

a

2 n

=1-(

1

n

)2=(1+

1

n

)(1-

1

n

)=

n+1

n

•

n-1

n

．
故∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)=(

3

2

•

1

2

)•(

4

3

•

2

3

)•(

5

4

•

3

4

)•…•(

n+1

n

•

n-1

n

)=(

3

2

•

4

3

•

5

4

•…•

n+1

n

)•(

1

2

•

2

3

•

3

4

•…•

n-1

n

)

n+1

2

•

1

n

=

1

2

(1+

1

n

)．
由于n≥2，n∈N^*，故0＜

1

n

≤

1

2

，從而

1

2

＜

1

2

(1+

1

n

)≤

3

4

＜1，即

1

2

＜∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)＜1．

點評：本題考查數(shù)列的遞推公式的處理、等差數(shù)列的通項公式和前n項和求通項以及“錯位相減法”、“累乘求積”等基礎知識，突出考查了學生變形的能力，化歸與轉(zhuǎn)化的思想以及創(chuàng)新意識，是一道十分重視基礎但又有比較好區(qū)分度的中等題．